2023年新教材高中物理微课题4连接体问题传送带模型课件粤教版必修第一册

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第四章　牛顿运动定律微课题4　连接体问题、传送带模型类型1　加速度相等的连结体．(1)求连结体相互间作用的内力：先对整体求出加速度a，然后隔离出一个物体求相互作用的内力．(2)求对连结体的作用外力：先隔离出一个物体求出加速度，然后对整体由F＝ma求外力，先求出加速度是关键．连接体问题例1　如图所示，质量为m、M的两物体靠在一起，左右两边加一水平推力F1、F2作用一起向右加速(F1＞F2)，求m对M的作用力．(物体与平面间的摩擦因数为μ)【解析】求内力，先整体后隔离．对整体有F1－F2－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，对M有F3－F2－μMg＝Ma，变式1　如图所示，m与M间光滑，M与平面间摩擦因数为μ，求F多大时，m与M能保持相对静止一起向右加速运动？(斜面倾角为θ)【答案】(M＋m)g(μ＋tan θ)【解析】求外力，先隔离后整体．对m有mgtan θ＝ma，对整体有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)g(μ＋tan θ)．例2　如图所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一重物质量为m，现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向下做匀加速直线运动，则弹簧秤对重物m的拉力为 (　　)A．mg　　 B．F【答案】C　变式2　如图，质量为50 kg的人站在30 kg的木板上，通过定滑轮拉动木板与人一起向左以加速度 a＝1 m/s2匀加速运动，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，则人所受绳子拉力T和木板对他的摩擦力f各为多大？(g取10 m/s2)【答案】120 N　70 N【解析】由牛顿第二定律，对人有T－f＝ma，对整体有2T－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，联立解得T＝120 N，f＝70 N.类型2　加速度不同的连接体．隔离法：因每一个物体加速度不同只能隔离，不能整体．就是对每一个物体进行单独隔离作受力分析，单独对每一个物体建立牛顿第二定律方程或平衡方程求解．例3　如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.若木板B受F1＝16 N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？【答案】2 m/s2　4 m/s2【解析】(1)根据牛顿第二定律，对A有μ1mAg＝mAaA，解得aA＝μ1g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.对B有F1－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mB aB，解得aB＝4 m/s2.变式3　如图所示，一只质量为m的小猴抓住用绳子吊在天花板上的一根质量为M的竖直杆子，当绳子突然断裂时，小猴沿杆竖直向上爬，以保持它离地面的高度不变，则杆下降的加速度为 (　　)【答案】C　1．物体滑上传送带前运动方向相同．先求出物体与传送带共速前的位移，如果位移小于传送带长度，物体与传送带能共速，那么物体先加速后匀速离开传送带；如果位移大于传送带长度，物体与传送带不能共速，那么物体是一直匀加速或匀减速离开传送带．传送带问题2．物体滑上传送带前运动方向相反．先求出物体减速到零的位移，如果位移小于传送带长度，那物体将会以较小的速度返回进入端；如果位移大于传送带长度，那物体将会一直减速从另一端离开传送带．例4　如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝2 m/s的恒定速率顺时针运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速地放在A端，设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.g取10 m/s2.(1)若传送带AB长L＝8 m，求行李由一端运行到另一端的时间．(2)若传送带AB长L＝0.5 m，求行李由一端运行到另一端的时间．【答案】(1)5.0 s　(2)1.0 s【解析】(1)设经过t1时间行李与传送带共速，发生位移为s，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得t1＝2 s，s＝2 m＜L.所以物体是先加速后匀速．物体匀速运动时间为物块运动的总时间t＝t1＋t2＝5.0 s.解得t＝1.0 s.例5　传送带与水平面成θ＝37°角，如图，PQ＝16 m，将一小物体无初速度地放在P点，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.(1)当传送带不转动时，小物体运动到Q点的时间为多少？(2)当传送带以恒定的速率v＝10 m/s顺时针转动时，小物体运动到Q点的时间为多少？(3)当传送带以恒定的速率v＝10 m/s逆时针转动时，小物体运动到Q点的时间为多少？【答案】(1)4 s　(2)4 s　(3) 2 s【解析】(1)对物块进行受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝2 m/s2联立解得t＝4 s.(2)当传送带顺时针转动时，物块受力与(1)中相同，故运动时间仍是4 s.(3)当传送带逆时针转动时，开始物块受到的摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，设当物块速度与传送带速度相等时，运动时间为t1，位移为s1，由运动学公式得代入数据解得t1＝1 s，s1＝5 m＜PQ.由于tan θ＞μ，故物块继续加速下滑，滑动摩擦力沿传送带向上，物块加速度与(1)中相同，a2＝2 m/s2.代入数据联立解得t2＝1 s，故物块运动时间t＝t1＋t2＝2 s.变式4　如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB.(g取10 m/s2)(1)若传送带静止不动，求vB.(2)若传送带逆时针转动，工件还能到达B端吗？说明理由．若能，试分析通过哪些措施可以使得物体不能到达B端？(3)若传送带以v＝13 m/s顺时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间．【答案】(1)2 m/s　(2)见解析　(3)0.67 s【解析】(1)加速度大小a＝μg＝6 m/s2，解得vB＝2 m/s.(2)能．物体加速度不变，仍然始终减速，到达B端速度vB＝2 m/s.阻止方法：减小工件初速度、增加皮带长度、增大动摩擦因数. 匀速位移s2＝s－s1＝2.25 m，则总时间t＝t1＋t2＝0.67 s.变式5　如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝10 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝3 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为多少？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度？ 【答案】(1)1.5 s　(2)2 s　0【解析】(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律F－mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2.物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向向下．F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝0.匀速运动．(2)若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，故减速上行，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3，得a3＝2 m/s2.